5.3.2 第2课时 数列求和-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册配套课件PPT（人教B版）

数列求和 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 CONTENTS 目录 1 2 3 题型（一）　分组转化法求和 题型（二）　裂项相消法求和 题型（三）　错位相减法求和 4 课时跟踪检测 题型（一）　分组转化法求和 01 [例1]　已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2+a4=13，S7=49. （1）求{an}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d，又2a2+a4=13，S7=49， 所以解得a1=1，d=2， 所以{an}的通项公式an=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1. （2）设bn=an+，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由（1）知bn=an+=2n-1+22n-1，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=（1+2）+（3+23）+（5+25）+…+（2n-1+22n-1）=（1+3+5+…+2n-1）+（2+23+25+…+22n-1）=+=+n2. 　　|思|维|建|模| 分组法求数列的前n项和的方法技巧 　　如果一个数列是等差数列与等比数列的代数和，求其前n项和需要先分组再利用公式求和. 针对训练 1.设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=2+Sn（n∈N+）. （1）求数列{an}的通项公式； 解：因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=2+Sn（n∈N+）， 当n=1时，a2=2+a1=2+2=4，当n≥2时，由an+1=2+Sn可得an=2+， 上述两个等式作差可得an+1-an=an，可得an+1=2an，又因为a2=2a1， 所以数列{an}为等比数列，且首项为2，公比为2，所以an=2×2n-1=2n. （2）若数列{bn}满足bn=2n-1+a2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由（1）可得bn=2n-1+a2n=2n-1+4n， 所以Tn=（1+41）+（3+42）+（5+43）+…+[（2n-1）+4n]=[1+3+5+… +（2n-1）]+（4+42+43+…+4n）=+=n2+. 题型（二）　裂项相消法求和 02 [例2]　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4=10，S7=28. （1）求{an}的通项公式； 解：∵{an}是等差数列，设公差为d， ∴⇒∴an=n. （2）求数列的前n项和Tn. 解：由（1）得an=n，则==，∴Tn= ==-. 　　|思|维|建|模| 　　对于通项公式是分式的一类数列，在求和时常用“裂项法”.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项. 针对训练 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-4n，n∈N+. （1）证明：数列{an}是等差数列； 解：证明：∵Sn=n2-4n，n∈N+，① ∴当n=1时，a1=S1=-3；当n≥2时，Sn-1=（n-1）2-4（n-1）=n2-6n+5.② 由①-②得an=Sn-Sn-1=2n-5.当n=1时，a1=-3满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an=2n-5，n∈N+. ∴an+1-an=2，为常数，∴数列{an}是等差数列. （2）已知bn=，求数列{bn}的前n项和. 解：由（1）知bn==， ∴数列{bn}的前n项和为++ …+===--，n∈N+. 题型（三）　错位相减法求和 03 [例3]　（2024·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn=3an+4. （1）求{an}的通项公式； 解：当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，即an=-3an-1，又a1=4≠0，故an≠0， 故=-3，所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列， 所以an=4·（-3）n-1. （2）设bn=（-1）n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：bn=（-1）n-1·n·4·（-3）n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1. 故3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n×3n， 所以-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n×3n=4+4× -4n×3n=4+2×3×（3n-1-1）-4n×3n=（2-4n）×3n-2， 所以Tn=（2n-1）×3n+1. 　　|思|维|建|模| 1.错位相减法求和的适用条件 若{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn. 2.注意事项 （1）利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式对齐，以便于作差，正确写出（1-q）Sn的表达式. （2）利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况. 针对训练 3.已知数列{an}满足a1=1，且对于任意正整数n，均有n（an+1-an）=an+2n2+2n. （1）证明：为等差数列； 解：证明：根据题意由n（an+1-an）=an+2n2+2n，可得nan+1-（n+1）an=2n（n+1），所以可得=2，即-=2为定值， 因此是首项为=1，公差为d=2的等差数列. （2）若bn=，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由（1）可得=1+2（n-1）=2n-1，即an=n（2n-1）， 所以bn===，可得Sn=b1+b2+…+bn=++…+， 所以Sn=++…++，两式相减可得Sn=++…+ -=1+2×-=2-， 所以可得数列{bn}的前n项和Sn=3-. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 2 1.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn为（　　） A.n2+1- B.n2+2- C.n2+1- D.n2+2- √ 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：数列1，3，5，7，…的通项公式为an=2n-1+，所以Sn=++++…+=[1+3+5+…+（2n-1）]+=+=n2+1-. 1 5 6 7 8 2 3 4 2.已知数列{an}中，a1=1，an+=3，Sn为其前n项和，则S2 025等于（　　） A.3 034 B.3 035 C.3 036 D.3 037 √ 解析：由题意，得a2=2，a3=1，a4=2，…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 025=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2 023+a2 024）+a2 025=3×1 012+1 =3 037. 1 5 6 7 8 3 4 2 3.已知数列{an}：++++++，…，bn=，那么数列{bn}的前n项和Sn为（　　） A.4 B.4 C.1- D.- √ 1 5 6 7 8 3 4 2 解析：∵an===，∴bn===4. ∴Sn=4=4. 1 5 6 7 8 3 4 2 4.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3，则其前20项和为（　　） A.380-× B.420-× C.400-× D.440-× √ 解析：数列{an}的前20项和S20=a1+a2+…+a20=2×（1+2+…+20） -3×=2×-3× =420-×. 1 5 6 7 8 3 4 2 5.（10分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足2a3=a4+3，S7=49. （1）求数列{an}的通项公式；（4分） 解：依题意，设数列{an}的公差为d，因为 所以 解得所以an=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1. 1 5 6 7 8 3 4 2 （2）若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.（6分） 解：因为bn=所以bn= 所以T10=b1+b2+…+b9+b10=1+22+5+24+…+17+210=（1+5+…+17）+（22+24+…+210） =+=45+1 364=1 409. 1 5 6 7 8 3 4 2 6.（10分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1+a3+a5=15，S7=49. （1）求{an}的通项公式；（4分） 解：设等差数列{an}的公差为d，因为a1+a3+a5=15，S7=49， 所以所以a1=1，d=2， 所以an=1+（n-1）×2=2n-1. 1 5 6 7 8 3 4 2 （2）若数列{bn}满足bn=an·3n，求{bn}的前n项和Tn.（6分） 解：由题意可知bn=（2n-1）×3n， 所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+（2n-1）×3n，① 3Tn=1×32+3×33+5×34+…+（2n-1）×3n+1，② ①-②得，-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-（2n-1）×3n+1=3+-（2n-1）×3n+1=（-2n+2）×3n+1-6， ∴Tn=（n-1）×+3. 1 5 6 7 8 3 4 2 7.（15分）已知数列是以为首项的常数列，Sn为数列{an}的前n项和. （1）求Sn；（6分） 解：由题意可得=，则an=3n-1，可得==3，可知数列{an}是首项a1=1，公比q=3的等比数列，所以Sn==. 1 5 6 7 8 3 4 2 （2）设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k，其中bi∈{0，1，2}，i，k∈N.例如：3=0×30+1×31，则b0=0，b1=1；4=1×30+1×31，则b0=1，b1=1.若 f（m）=b0+b1+…+bk，求数列{Sn·f（Sn）}的前n项和Tn.（9分） 解：因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1， 则b0=b1=…=bn-1=1，由题意f（Sn）=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n， 所以Sn·f（Sn）=，可得Tn=++ …+=[（1×3+2×32+…+n×3n）-（1+2+…+n）]. 1 5 6 7 8 3 4 2 先求数列{n×3n}的前n项和，记为T'，则T'=1×31+2×32+…+n×3n，　① 3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1，　② ①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1， 所以T'=+×3n+1；再求{n}的前n项和，记为T″，则T″=. 综上所述，Tn=（T'-T″）==+× 3n+1-. 1 5 6 7 8 3 4 2 8.（17分）（2024·天津高考）已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1=1，S2=a3-1. （1）求数列{an}的前n项和Sn；（4分） 解：设{an}的公比为q（q>0），则1+q=q2-1，解得q=2， 所以Sn==2n-1. 1 5 6 7 8 3 4 2 解：①证明：由（1）知，ak=2k-1， 所以bn=k∈N+. 当n=ak+1=2k时，bn=k+1， 1 5 6 7 8 3 4 2 则bn-1==+2k=+4k=…=+2k·（2k-1-1） =k+2k·（2k-1-1）=k·2k-k， 所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-（k+1）2k-1=（k-1）2k-1-k. 设f（x）=（x-1）2x-1-x，x≥2， 则f'（x）=2x-1+（x-1）2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0， 所以f（x）在[2，+∞）上单调递增， 所以f（x）≥f（2）=0. 所以bn-1-ak·bn≥0，即bn-1≥ak·bn. 1 5 6 7 8 3 4 2 ②令k=1，得b1=1， 令k=2，得b2=2，b3=b2+2k=6， 令k=3，得b4=3，b5=b4+2k=9，b6=b5+2k=15，b7=b6+2k=21，…， 所以，…，是一个以为首项，2k为公差的等差数列. 因为=k，-1=k·2k-k， 所以++1+…+-1==k·4k-1. 1 5 6 7 8 3 4 2 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn （2）设bn=k∈N+. ①当k≥2，n=ak+1时，求证：bn-1≥ak·bn；（6分） ②求bi.（7分） 所以bi=bi=b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1， 4 bi=1×41+2×42+…+n×4n， 两式相减，得-3 bi=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n =×4n-， 所以bi=·4n+. $